福建省永泰县第一中学物理 静电场及其应用精选测试卷

福建省永泰县第一中学物理静电场及其应用精选测试卷

一、第九章静电场及其应用选择题易错题培优（难）

1．如图所示，y轴上固定有两个电荷量相等的带正电的点电荷，且关于坐标原点O对称。某同学利用电场的叠加原理分析在两电荷连线的中垂线（x轴）上必定有两个场强最强的点A、'A，该同学在得到老师的肯定后又在此基础上作了下面的推论，你认为其中正确的是（）

A．若两个点电荷的位置不变，但电荷量加倍，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置

B．如图(1)，若保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置

C．如图(2)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电圆环，圆环的圆心在原点O。直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置

D．如图(3)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电薄圆板，圆板的圆心在原点O，直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置

【答案】ABC

【解析】

【分析】

【详解】

A．可以将每个点电荷（2q）看作放在同一位置的两个相同的点电荷（q），既然上下两个点电荷（q）的电场在x轴上场强最大的点仍然在A、A＇两位置，两组点电荷叠加起来的合电场在x轴上场强最大的点当然还是在A、A＇两位置，选项A正确；

B．由对称性可知，保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置，选项B正确；

C．由AB可知，在yOz平面内将两点电荷绕O点旋转到任意位置，或者将两点电荷电荷量任意增加同等倍数，在x轴上场强最大的点都在A、A＇两位置，那么把带电圆环等分成一些小段，则关于O点对称的任意两小段的合电场在x轴上场强最大的点仍然还在A、A＇两位置，所有这些小段对称叠加的结果，合电场在x轴上场强最大的点当然还在A、A＇两位置，选项C正确；

D．如同C选项，将薄圆板相对O点对称的分割成一些小块，除了最外一圈上关于O点对称的小段间距还是和原来一样外，靠内的对称小块间距都小于原来的值，这些对称小块的合电场在x轴上场强最大的点就不再在A、A＇两位置，则整个圆板的合电场在x轴上场强最大的点当然也就不再在A、A＇两位置，选项D错误。

故选ABC。

2．如图所示，竖直平面内有半径为R的半圆形光滑绝缘轨道ABC，A、C两点为轨道的最高点，B点为最低点，圆心处固定一电荷量为+q1的点电荷．将另一质量为m、电荷量为+q2的带电小球从轨道A处无初速度释放，已知重力加速度为g，则（）

A．小球运动到B2gR

B．小球运动到B点时的加速度大小为3g

C．小球从A点运动到B点过程中电势能减少mgR

D．小球运动到B点时对轨道的压力大小为3mg＋k12

2

q q

R

【答案】AD

【解析】

【分析】

【详解】

A.带电小球q2在半圆光滑轨道上运动时，库仑力不做功，故机械能守恒，则：

2

1

2B

mgR mv

=

解得：

2

B

v gR

故A正确；

B.小球运动到B点时的加速度大小为：

2

2

v

a g

R

==

故B错误；

C.小球从A点运动到B点过程中库仑力不做功，电势能不变，故C错误；

D.小球到达B点时，受到重力mg、库仑力F和支持力F N，由圆周运动和牛顿第二定律得：

2

12

2

B

N

q q v

F mg k m

R R

--=

解得：

12

2

3

N

q q

F mg k

R

=+

根据牛顿第三定律，小球在B点时对轨道的压力为：

12

2

3

q q

mg k

R

+

方向竖直向下，故D 正确．

3．如图所示，竖直平面内固定一倾斜的光滑绝缘杆，轻质绝缘弹簧上端固定，下端系带正电的小球A，球A套在杆上，杆下端固定带正电的小球B。现将球A从弹簧原长位置由静止释放，运动距离x0到达最低点，此时未与球B相碰。在球A向下运动过程中，关于球A 的速度v、加速度a、球A和弹簧系统的机械能E、两球的电势能E p随运动距离x的变化图像，可能正确的有（）

A．B

．

C．D．

【答案】CD

【解析】

【分析】

【详解】

令A、B小球分别带电量为1q、2q，释放A球时A、B间距为r，弹簧的劲度系数为K。则A．在小球A运动到最低点的过程中，受力分析如图所示

加速阶段有

12

2

sin

()

kq q

ma mgθKx

r x

=--

-

减速阶段有

122sin ()kq q ma

Kx mg θr x =+-- 所以小球先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，越向下运动，弹力和电场力越大，所以减速阶段速度减小的更快，速度减为零的时间更短，和加速阶段不对称，A 错误；

B ．小球做加速度减小的加速运动时，

122sin ()kq q K a g θx m r x m

=-

-- 对a 求导则 1232d d ()kq q a K x m r x m

=-- 则加速阶段，加速度随着运动距离x 的增加而减小，且加速减小得越来越快（即a -x 曲线越来越陡峭）。

同理，减速阶段

122sin ()kq q K a x g θm r x m

=+-- 123

2d d ()kq q a K x m m r x =-- 在减速阶段加速度运动距离x 的增加而减加而增大，且加速度增加得越来越慢（即a -x 曲线越来越平缓），故B 错误；

C ．小球向下运动过程中，由于要克服电场力做功，所以球A 和弹簧系统的机械能E 逐渐减小，越靠近B 小球，电场力越大，机械能减小的越快，所以图像的斜率的绝对值越来越大，C 正确；

D ．小球向下运动过程中，电场力做负功，所以电势能逐渐增大，越靠近B 小球，电场力越大，电势能增大的越快，所以图像的斜率越来越大，D 正确。

故选CD 。

4．有固定绝缘光滑挡板如图所示，A 、B 为带电小球（可以近似看成点电荷），当用水平向左的力F 作用于B 时，A 、B 均处于静止状态．现若稍改变F 的大小，使B 向左移动一段小距离（不与挡板接触），当A 、B 重新处于平衡状态时与之前相比（ ）

A ．A 、

B 间距离变小

B ．水平推力力F 减小

C ．系统重力势能增加

D ．系统的电势能将减小

【答案】BCD

【解析】

【详解】

A．对A受力分析，如图；由于可知，当B向左移动一段小距离时，斜面对A的支持力减小，库仑力减小，根据库仑定律可知，AB间距离变大，选项A错误；

B．对AB 整体，力F等于斜面对A的支持力N的水平分量，因为N减小，可知F减小，选项B正确；

C．因为AB距离增加，则竖直距离变大，则系统重力势能增加，选项C正确；

D．因为AB距离增加，电场力做正功，则电势能减小，选项D正确；

故选BCD.

5．如图()a所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷．0

t=时，甲静止，乙以

6m/

s的初速度向甲运动．此后,它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触),它们运动的v t-图像分别如图()b中甲、乙两曲线所示．则由图线可知( )

A．两电荷的电性一定相反

B．甲、乙两个点电荷的质量之比为2：1

C．在2

0t

～时间内，两电荷的静电力先减小后增大

D．在3

0t

～时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小后增大

【答案】BD

【解析】

【详解】

A．由图象0-t1段看出，甲从静止开始与乙同向运动，说明甲受到了乙的排斥力作用，则知两电荷的电性一定相同，故A错误．

B．由图示图象可知：v甲0=0m/s，v乙0=6m/s，v甲1=v乙1=2m/s，两点电荷组成的系统动量守

恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：

+=+

m v m v m v m v

甲甲0乙乙0甲甲1乙乙1

代入数据解得：

m甲:m乙=2:1

故B正确；

C．0～t1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t1～t2时间内两电荷间距离逐渐增大，由库仑定律得知，两电荷间的相互静电力先增大后减小，故C错误．

D．由图象看出，0～t3时间内，甲的速度一直增大，则其动能也一直增大，乙的速度先沿原方向减小，后反向增大，则其动能先减小后增大，故D正确．

6．如图甲所示，两点电荷放在x轴上的M、N两点，电荷量均为Q，MN间距2L，两点电荷连线中垂线上各点电场强度y

E随y变化的关系如图乙所示，设沿y轴正方向为电场强度的正方向，中垂线上有一点()

0,3

P L，则以下说法正确的是（）

A．M、N两点上的两等量点电荷是异种电荷，M为正电荷，N为负电荷

B．将一试探电荷-q沿y轴负方向由P移动到O，试探电荷的电势能一直减少

C．一试探电荷-q从P点静止释放，在y轴上做加速度先变小后变大的往复运动

D．在P点给一试探电荷-q合适的速度，使其在垂直x轴平面内以O点为圆心做匀速圆周

运动，所需向心力为

2

3

4

Qq

k

L

【答案】BD

【解析】

【详解】

A．如果M、N两点上的两等量点电荷是异种电荷，则其中垂线是为等势线，故A错误；B．等量同种电荷连线中垂线上，从P到O电势升高，负电荷的电势能减小，故B正确；C．等量同种电荷连线中垂线上，从P到O电场线方向向上，试探电荷受的电场力沿y轴向下，在y轴上O点下方，电场线方向沿y轴向下，试探电荷受的电场力沿y轴向上，由图乙可知，y轴上电场强度最大点的位移在P点的下方，所以试探电荷沿y轴先做加速度增大，后做加速度减小的加速运动，在y轴上O点下方，做加速度先增大后减小的减速运动，故C错误；

D．等量正电荷中垂面上电场方向背离圆心O，所以负试探电荷受电场力作用以O为圆心做匀速圆周运动，如图，由几何关系可知，P到M的距离为2L，图中60

θ?

=，由叠加原理可得，P点的场强为

2

3

2sin2sin60

(2)

P M

kQ kQ

E E

L

θ?

===

所以电场力即为向心力为

2

3

4

Qq

F k

L

=

故D正确。

7．如图所示，某电场的电场线分布关于 y 轴（沿竖直方向）对称，O、M、N 是 y 轴上的三个点，且 OM=MN。P 点在 y 轴右侧，MP⊥ON。则

A．M 点场强大于 N 点场强

B．M 点电势与 P 点的电势相等

C．将正电荷由 O 点移动到 P 点，电场力做负功

D．在 O 点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿 y 轴正方向做直线运动

【答案】AD

【解析】

【详解】

A、从图像上可以看出，M点的电场线比N点的电场线密集，所以M 点场强大于 N 点场强，故A对；

B、沿着电场线电势在降低，由于电场不是匀强电场，所以M和P点不在同一条等势线上，所以M 点电势与 P 点的电势不相等，故B错；

C、结合图像可知：O点的电势高于P点的电势，正电荷从高电势运动到低电势，电场力做正功，故C错；

D、在 O 点静止释放一带正电粒子，根据电场线的分布可知，正电荷一直受到向上的电场力，力与速度在一条直线上，故粒子做直线运动，故D对；

故选AD

8．如右图，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，.电荷量相等、符号相反的两个电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N

点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2.E1与E2之比为( )

A ．1：2 B．2：1 C ．D．

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

试题分析：由得：；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2，知两点电荷在O点的场强夹角为1200，由矢量的合成知，得：，B对

9．如图所示，MON是固定的光滑绝缘直角杆，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，

A B、

为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球，用水平向右的力F作用在A球上，使两球

均处于静止状态，已知A B

、两球连线与水平方向成θ角。下列说法正确的是（）A．杆MO对A球的弹力大小为tan

Fθ

B．杆NO对B球的弹力大小为sin

Fθ

C．B球的重力大小为tan

Fθ

D．A B、两球间的库仑力大小为cos

Fθ

【答案】C

【解析】

【详解】

对A球受力分析，设A的质量为m、拉力F、支持力N1，两球间的库仑力大小为F1，如图，根据平衡条件，有

x方向

F=F1cosθ①

y方向

N1=mg+F1sinθ②

再对B球受力分析，受重力Mg、静电力F1、杆对其向左的支持力，如图，根据平衡条件，有

x方向

F1cosθ=N2③

y方向

F1sinθ=M g ④

有上述四式得到

Mg=F tanθ

1

F

F

cosθ

=

N1=mg+Mg

N2=F

可知由于不知道A的质量，所以不能求出A受到的弹力N1。

故ABD错误，C正确；

故选C。

10．如图所示，质量为m的带电小球用绝缘丝线悬挂于P点，另一带正电小球M固定在带电小球的左侧，小球平衡时，绝缘丝线与竖直方向夹角为θ，且两球球心在同一水平线上．关于悬挂小球的电性和所受库仑力的大小，下列判断正确的是( )

A．正电，

mg

tanθ

B．正电，mg tan θ

C．负电，mg tan θD．负电，

mg

tan

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

小球 M带正电，两球相斥，故小球带正电；以小球为研究对象，对小球进行受力分析，根据小球处于平衡状态可知，F=mgtgθ，故选B．

【点睛】

对于复合场中的共点力作用下物体的平衡其解决方法和纯力学中共点力作用下物体的平衡适用完全相同的解决方法．

11．如图所示，小球A、B质量均为m，初始带电荷量均为＋q，都用长为L的绝缘细线挂在绝缘的竖直墙上O点，A球紧靠绝缘的墙壁且其悬线刚好竖直，球B悬线偏离竖直方向θ角而静止．如果保持B球的电荷量不变，使小球A的电荷量缓慢减小，当两球间距缓慢变为原来的

1

3

时，下列判断正确的是()

A．小球B受到细线的拉力增大B．小球B受到细线的拉力变小

C．两球之间的库仑力大小不变D．小球A的电荷量减小为原来的

1

27

【答案】D

【解析】

【详解】

AB.小球B受力如图所示，两绝缘线的长度都是L，则△OAB是等腰三角形，如果保持B球的电量不变，使A球的电量缓慢减小，当两球间距缓慢变为原来的

1

3

时，θ变小，F减小；线的拉力T与重力G相等，G=T，即小球B受到细线的拉力不变；对物体A：

cos(

)22

A A T G F πθ

=+- 则θ变小，T A 变小；故AB 错误；

CD.小球静止处于平衡状态，当两球间距缓慢变为原来的1/3时，由比例关系可知，库仑力变为原来的1/3，因保持B 球的电量不变，使A 球的电量缓慢减小，由库仑定律

2A B Q Q F k

r = 解得：球A 的电量减小为原来的127

，故C 错误，D 正确；

12．用长为1.4m 的轻质柔软绝缘细线，拴一质量为1.0×10－2kg 、电荷量为2.0×10-8C 的小球，细线的上端固定于O 点．现加一水平向右的匀强电场，平衡时细线与铅垂线成370，如图所示．现向左拉小球使细线水平且拉直，静止释放，则（sin370=0.6）

A ．该匀强电场的场强为3.75×107N/C

B ．平衡时细线的拉力为0.17N

C ．经过0.5s ，小球的速度大小为6.25m/s

D ．小球第一次通过O 点正下方时，速度大小为7m/s

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

AB ．小球在平衡位置时，由受力分析可知：qE=mgtan370，解得

2681.010100.75/ 3.7510/2.010

E N C N C --???==??，细线的拉力：T=20 1.010100.125cos370.8

mg T N N ??===－，选项AB 错误； C ．小球向左被拉到细线水平且拉直的位置，释放后将沿着电场力和重力的合力方向做匀加速运动，其方向与竖直方向成370角，加速度大小为

22

2

0.125

/12.5/

1.010

T

a m s m s

m

===

?－

，则经过0.5s，小球的速度大小为v=at=6.25m/s，选项C正确；

D．小球从水平位置到最低点的过程中，若无能量损失，则由动能定理：

2

1

2

mgL qEL mv

+=，带入数据解得v=7m/s；因小球从水平位置先沿直线运动，然后当细绳被拉直后做圆周运动到达最低点，在绳子被拉直的瞬间有能量的损失，可知到达最低点时的速度小于7m/s，选项D错误．

13．如图，质量分别为m A和m B的两小球带有同种电荷，电荷量分别为q A和q B，用绝缘细线悬挂在天花板上．平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2（θ1＞θ2）．两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别v A和

v B，最大动能分别为E kA和E kB．则（）

A．m A:m B=tanθ1: tanθ2

B．q A：q B=1: 1

C．12

:tan tan

22

A B

v v

θθ

=

D．12

:tan:tan

22

kA kB

E E

θθ

=

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A．对A球进行受力分析可知，A所受到的库仑力大小为

A1

tan

F m gθ

=

同理B受到的库仑力为

B2

tan

F m gθ

=

两球间的库仑力大小相等方向相反，因此

A B21

:tan:tan

m mθθ

=①

A错误；

B．两个小球间的库仑力总是大小相等，与两小球带电量大小无关，因此无法求出两球电量间的关系，B错误；

CD．由于两球处于同一高度，则

1122

cos cos=

l l h

θθ

=②

又由于两球下摆的过程中，机械能守恒，则 2k 1

(1cos )2

mgl E mv θ-==

③ 由②③联立可得 112

211cos 11cos v v θθ-=-

由①②③联立利用三角函数关系可得 1

kA 2

kB tan 2tan 2

E E θθ= C 错误，D 正确。

故选D 。

14．两个等量异种电荷A 、B 固定在绝缘的水平面上，电荷量分别为＋Q 和－Q ，俯视图如图所示。一固定在水平桌面的足够长的光滑绝缘管道与A 、B 的连线垂直，且到A 的距离小于到B 的距离，管道内放一个带负电小球P(可视为试探电荷），现将电荷从图示C 点静止释放，C 、D 两点关于O 点（管道与A 、B 连线的交点）对称。小球P 从C 点开始到D 点的运动过程中，下列说法正确的是（ ）

A ．先做减速运动，后做加速运动

B ．经过O 点的速度最大，加速度也最大

C ．O 点的电势能最小，C 、

D 两点的电势相同

D ．C 、D 两点受到的电场力相同

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A ．根据电场分布和力与运动的关系可知带电小球先做加速运动，后做减速运动，选项A 错误；

B ．经过O 点的速度最大，沿着光滑绝缘管道方向上的加速度为零，选项B 错误；

C ．带电小球P 在O 点的电势能最小，C 、

D 两点的电势相同，选项C 正确；

D．C、D两点受到的电场力方向不同，故电场力不同，选项D错误。

故选C。

15．已知均匀带电球壳内部电场强度处处为零，电势处处相等．如图所示，正电荷均匀分布在半球面上，Ox为通过半球顶点与球心O的轴线．A、B为轴上的点，且OA=OB．C、D 为直径上的两点，且OC=OD．则下列判断正确的是( )

A．A点的电势与B点的电势相等

B．C点的电场强度与D点的电场强度不相同

C．A点的电场强度与B点的电场强度相同

D．在A点由静止开始释放重力不计的带正电粒子，该粒子将沿AB做匀加速直线运动【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

试题分析：由题意可知半球面右边的电场线是水平向右的，沿电场线方向电势逐渐降低，A点电势高于B点电势，A错误；有对称性原理及电场叠加可知C点和D点场强一样；B 错误；B错误；均匀带电半球相当于一个均匀带正电的球和半个均匀带负电的球，这个半球放在图的另一边．然后看AB两点，可以看到，AB两点在在上述涉及到的正电半球和负电半球中的相同的位置上．而由题目给出的条件，正电球在AB两点产生的电场为零．所以，A点正电半球产生的电场强度相当于负电半球产生的电场强度，而与B点的环境比较，唯一的区别是电荷符号相反，从而电场大小相同，只有可能有方向的区别，而分析可知，方向是相同的，故电场强度相等，C正确；电场线方向水平向右，所以在A点释放静止带正电的微粒（重力不计），微粒将作加速运动，距离远后电场力减小，所以是变加速运动，D错误；

二、第九章静电场及其应用解答题易错题培优（难）

16．如图所示，把一个倾角为θ的绝缘斜面固定在匀强电场中，电场方向水平向右，电场强度大小为E，有一质量为m、带电荷量为＋q的物体，以初速度v0从A端滑上斜面恰好能沿斜面匀速运动，求物体与斜面间的动摩擦因数．

【答案】

cos sin

cos sin

qE mg

mg qE

θθ

θθ

-

+

【解析】

【分析】

【详解】

物体做匀速直线运动，由平衡条件得：

在垂直于斜面方向上：N=mgcosθ+qEsinθ…①

在平行与斜面方向上：f+mgsinθ=qEcosθ…②

滑动摩擦力：f=μN…③

由①②③可得：

f qEcos mgsin

N mgcos qEsin

θθ

μ

θθ

-

=

+

＝．

【点睛】

本题考查了学生受力分析及力的合成以及摩擦定律的相关知识，正确的受力分析是正确解题的关键，学会用正交分解法处理多力合成问题．

17．如图所示，固定于同一条竖直线上的A、B是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量均为Q，其中A带正电荷，B带负电荷，A、B相距为2d。MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P，质量为m、电荷量为+q（可视为点电荷），现将小球P从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球P向下运动到距C点距离为d的D点时，速度为v。已知MN与AB之间的距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g，若取无限远处的电势为零，试求：

（

1）在A 、B 所形成的电场中，C 的电势φC 。

（2）小球P 经过D 点时的加速度。

（3）小球P 经过与点电荷B 等高的E 点时的速度。

【答案】（1）222mv mgd q -（2）g +222kQq md

（3）2v 【解析】

【详解】

（1）由等量异种电荷形成的电场特点可知，D 点的电势与无限远处电势相等，即D 点电势为零。小球P 由C 运动到D 的过程，由动能定理得：

2102

CD mgd q mv ?+=- ① 0CD C D C ????=-=- ②

222C mv mgd q

?-= ③ （2）小球P 经过D 点时受力如图：

由库仑定律得：

122

(2)F F k

d == ④ 由牛顿第二定律得： 12cos 45cos 45mg F F ma +?+?= ⑤

解得： a

=g +2kQq ⑥ （3）小球P 由D 运动到E 的过程，由动能定理得：

221122

DE B mgd q mv mv ?+=

- ⑦ 由等量异种电荷形成的电场特点可知： DE CD ??= ⑧

联立①⑦⑧解得：

2B v v = ⑨

18．如图所示，单层光滑绝缘圆形轨道竖直放置，半径r=lm ，其圆心处有一电荷量Q =+l×l0-4C 的点电荷，轨道左侧是一个钢制“隧道”，一直延伸至圆形轨道最低点B ；在“隧道”底部辅设绝缘层。“隧道”左端固定一弹簧，用细线将弹簧与一静止物块拴接，初始状态弹簧被压缩，物块可看成质点，质量m=0.1kg ，电荷量q =-23

×10-6C ，与“隧道”绝缘层间的动摩擦因数μ=0.2。剪断细线，弹簧释放弹性势能E p ，促使物块瞬间获得初速度（忽略加速过程）。之后物块从A 点沿直线运动至B 点后沿圆形轨道运动，恰好通过最高点C 。其中l AB =2m ，设物块运动时电荷量始终不变，且不对Q 的电场产生影响，不计空气阻力，静

电力常量为k = 9.0×l09N·

m 2/C 2。求： （1）物块在最高点C 时的速度大小；

（2）物块在圆形轨道最低点B 时对轨道的压力大小；

（3）弹簧压缩时的弹性势能E p 和物块初速度v A 。

【答案】(1) 4m/s (2) 6N (3) 3.2J, 8m/s

【解析】

【详解】

（1）物块恰好通过最高点C ，轨道对物块没有作用力，由牛顿第二定律得

2 C v mg F m

r +=库

其中 2

Qq F k

r =库 解得

v C =4m/s （2）B

→C 过程，由动能定理得 2211222

C B mv v mg r m -?=

- 解得 56m/s B v =

在B 点，由牛顿第二定律得

2B NB v F F mg m

r +-=库

解得

F NB =6N 根据牛顿第三定律知物块在圆形轨道最低点B 时对轨道的压力大小 F NB ′=F NB =6N 。 （3）A→B ，由动能定理得

221122

AB B A mv f v l m -=

- 又 f=μmg

解得 v A =8m/s

弹簧压缩时的弹性势能

212

p A E mv =

解得 E p =3.2J

19．如图所示，在绝缘水平面上，相距L 的A 、B 两点处分别固定着两个带电荷量相等的正点电荷，a 、b 是AB 连线上的两点，其中4

L Aa Bb ==，O 为AB 连线的中点，一质量为m 、带电荷量为+q 的小滑块（可以看作质点）以初动能E 从a 点出发，沿直线AB 向b 点运动，其中小滑块第一次经过O 点时的动能为初动能的n 倍(1)n >，到达b 点时动能恰好为零，小滑块最终停在O 点重力加速度为g ，求：

（1）小滑块与水平面间的动摩擦因数；

（2）O 、b 两点间的电势差；

（3）小滑块运动的总路程.

【答案】（1）k02E mgL μ=

（2）k0(21)2Ob n E U q -=- （3）214n s L +=

【解析】

【详解】

（1）由4

L Aa Bb ==

，0为AB 连线的中点知a 、b 关于O 点对称，则a 、b 两点间的电势差0ab U =;

设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f ，在滑块从a 点运动到b 点的过程中，由动能定理得 k002

ab L qU f E -?

=- 又摩擦力 f mg μ=

解得

02k E mgL

μ=. （2）在滑块从O 点运动到b 点的过程中，由动能定理得 004ob k L qU f nE -?

=- 解得

ko (21)2ob n E U q

-=-. （3）对于小滑块从a 开始运动到最终在O 点停下的整个过程，由动能定理得

000a x k qU f E -=-

又

(21)2kO aO Ob n E U U q

-=-=

解得 214

n s L +=.

20．如图所示的绝缘细杆轨道固定在竖直面内，半径为R 的1/6圆弧段杆与水平段杆和粗糙倾斜段杆分别在A 、B 两点相切，圆弧杆的圆心O 处固定着一个带正电的点电荷．现有一质量为m

的速度通过A 点，小球能够上滑的最高点为C ，到达C 后，小球将沿杆返回．若∠COB =30°，小球第一次过A 点后瞬间对圆弧细杆向下的弹力大小为83mg ，从A 至C 小球

克服库仑力做的功为22

mgR -，重力加速度为g ．求：

(1)小球第一次到达B 点时的动能；

(2)小球在C 点受到的库仑力大小；

(3)小球返回A 点前瞬间对圆弧杆的弹力．（结果用m 、g 、R 表示）

【答案】（1）

56mgR （2）34mg （3）2(833)- 【解析】

【分析】

（1）由动能定理求出小球第一次到达B 点时的动能．

（2）小球第一次过A 点后瞬间，由牛顿第二定律和库仑定律列式．由几何关系得到OC 间的距离，再由库仑定律求小球在C 点受到的库仑力大小．

（3）由动能定理求出小球返回A 点前瞬间的速度，由牛顿运动定律和向心力公式求解小球返回A 点前瞬间对圆弧杆的弹力．

【详解】

（1）小球从A 运动到B ，AB 两点为等势点，所以电场力不做功，由动能定理得：()

0211cos602KB A mgR E mv --=- 代入数据解得：56

KB E mgR = （2）小球第一次过A 时，由牛顿第二定律得：

22A v Qq N k mg m R R +-= 由题可知：83

N mg =

联立并代入数据解得： 2Qq k

mg R

= 由几何关系得，OC 间的距离为： 23cos30R r R =

=? 小球在C 点受到的库仑力大小 ： 2223Qq Qq F k k r ==????

库

联立解得

3

=

4

F mg 库

（3）从A到C，由动能定理得：

2

1

2

f A

W mgR W mv

---=-

电

从C到A，由动能定理得：

2

1

2

f A

W mgR W mv

+='

-

电

由题可知：

23

W mgR

-

=

电

小球返回A点时，设细杆对球的弹力方向向上，大小为N′，由牛顿第二定律得：

2

2

A

v

Qq

N k mg m

R R

'

-

'+=

联立以上解得：

()

2833

3

N mg

-

'=，

根据牛顿第三定律得，小球返回A点时，对圆弧杆的弹力大小为

()

2833

3

mg

-

，方向向下．

21．如图所示，光滑绝缘水平面上固定着A、B、C三个带电小球，它们的质量均为m，间距均为r，A带电量Q A=10q，B带电量Q B=q，若小球C上加一个水平向右的恒力，欲使A、B、C始终保持r的间距运动，求：

(1)C球的电性和电量Q C；

(2)水平力F的大小。

【答案】（1）C球带负电Q C=

40

3

q （2）F=70k

2

2

q

r

【解析】

（1）对A、B、C系统研究得：

3

F

a

m

=

A球受到B球库仑斥力F1和C球库仑力F2后，要产生水平向右加速度，故F2必为引力，C 球带负电。

对AB两球有2222

(2)

C A B A C B A B

Q Q Q Q Q Q Q Q

k k k k

r r r r

m m

-+

=

联立可得：

40

3

C

Q q

=

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